2023年高考押题预测卷02（江苏卷）-物理含答案.pdf

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1、 2023年高考押题预测卷02【江苏卷】物理物理（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答第卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3回答第卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第卷 一、一、单项选择题：共：共10题，每，每题4分，共分，共40分，每分，每题只有一个只有一个选项最符合最符合题意意 1如图所示，某工厂生产的卷纸缠绕在中心轴上，

2、卷纸的直径为d，轴及卷纸的总质量为m。用细绳分别系在轴上的P、Q点，将卷纸通过细绳挂在光滑竖直墙壁上的O点，已知OPOQPQL=，重力加速度的大小为g。则下列说法正确的是（）A每根绳的拉力大小2232 3mgLLd B每根绳的拉力大小223mgLLd C卷纸对墙的压力大小224mgdLd D卷纸对墙的压力大小2224mgLLd+2灵敏电流计的零刻度位于刻度盘中央，为了使灵敏电流计的指针在零刻度附近快速停下，实验小组的同学设计利用“电磁阻尼”来实现这一目的。他们设计了如图所示的甲、乙两种方案，甲方案和乙方案中的相同磁场均位于零刻度线下方，甲方案在指针转轴上装上扇形铝板，乙方案在指针转轴上装上扇形

3、铝框，下列说法正确的是（）A因为铝框较铝板质量小，所以乙方案比甲方案更加合理 B乙方案中，铝框小幅度摆动时一定会产生感应电流 C甲方案中，即使铝板摆动幅度很小，铝板中也能产生涡流 D因为穿过铝框的磁通量更大，所以乙方案更合理 3如图1所示，O点是一半径为R的匀质玻璃半球体的球心，平面水平放置，有一束光线从距离O点为r=33R的P点入射至玻璃半球内，光线与竖直方向的夹角为，当=0时光线恰好在球面发生全反射，若只考虑第一次射到各表面的光线，则（）A玻璃的折射率为33 B若要使光线从球形表面出射后恰好与入射光平行，则=30 C改变夹角，光线在半球中传播的最长时间为333Rc+（）D如图2所示，若半球

4、球面区域均有光线竖直向下入射，则平面有光出射的面积为2228R+（）4 如图所示，由均匀导线制成边长为l的正方形导线框abcd用绝缘细线悬挂于天花板上，导线框的c、d两点与一恒流源（未画出）相连接，连接电源的导线质量及其所受安培力均忽略不计，导线框中的电流从c点流入，d点流出。现在虚线框区域（虚线框的高度小于l）加一个垂直纸面向里 的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，导线框静止不动，细线中的拉力为F1，若把虚线框内的磁场向下平移l距离，导线框仍静止，细线中的拉力变为F2，则恒流源中电流的大小为（）A1FBl B2FBl C()212 FFBl D()212+FFBl 5用单色光去照射光电管中某种

5、金属电极，发生光电效应，该金属逸出的光电子的最大初动能0kE与单色光的频率v间关系图像如图所示。已知光电子的电荷量大小为e，图中a、b、c为已知量，则下列说法正确的是（）A该金属的截止频率为 a B普朗克常量abhc=C该金属的光电子逸出功为()ab bc D当光照频率为a时，该金属光电效应的遏止电压为cUe=6目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机，立体图如图甲所示，侧视图如图乙所示，其工作原理是燃烧室在高温下将气体全部电离为电子与正离子，即高温等离子体，高温等离子体经喷管提速后以速度1000m/sv=进入矩形发电通道，发电通道有垂直于喷射方向的匀强磁场（图乙中垂直纸面向里），磁感

6、应强度大小05TB=，等离子体在发电通道内发生偏转，这时两金属薄板上就会聚集电荷，形成电势差。已知发电通道从左向右看长50cmL=，宽20cmh=，高20cmd=，等离子体的电阻率4m=，电子的电荷量191.6 10Ce=。不计电子和离子的重力以及微粒间的相互作用，则以下判断正确的是（）A发电机的电动势为2500V B若电流表示数为16A，则1s内打在下极板的电子有1010个 C当外接电阻为12时，电流表的示数为5A D当外接电阻为8时，发电机输出功率最大 7若某载人宇宙飞船绕地球做圆周运动的周期为T，由于地球遮挡，宇航员发现有6T时间会经历“日全食”过程，如图所示，已知引力常量为G，太阳光可

7、看作平行光，则地球的平均密度为（）A26GT=B212GT=C224GT=D236GT=8如图甲所示，B、C和P是同一水平面内的三个点，沿竖直方向振动的横波I在介质中沿BP方向传播，P与B相距40cm，B点的振动图像如图乙所示；沿竖直方向振动的横波II在同一介质中沿CP方向传播，P与C相距50cm，C点的振动图像如图丙所示。在0=t时刻，两列波同时分别经过B、C两点，两列波的波速都为20cm/s，两列波在P点相遇，则以下说法正确的是（）A波遇到100cm的障碍物将发生明显衍射现象 B4.5s时P点在平衡位置且向上振动 CP点为减弱点，振幅为10cm DP点为加强点，振幅为70cm 9下列说法正

8、确的是（）A图甲为一定质量的某种理想气体在3个不同温度下的等温线，其中等温线1表示的温度最高 B图乙为一定质量的理想气体状态变化的V-T图线，由图可知气体在状态a的压强大于在状态b的压强 C图乙中一定质量的理想气体在ab的过程中对外界做功，气体吸热 D图丙为分子间作用力与分子间距离的关系，可知当分子间的距离0rr时，分子势能随分子间距离的增大而增大 10如图所示，在竖直平面内存在匀强电场，OAB是正三角形，边长为l，OC长为32l且沿竖直方向。将一个质量为m、电荷量绝对值为q的带电小球以38mgl的初动能从O点抛出，运动到A点的动能为98mgl，运动到C点的动能为94mgl，已知重力加速度为g

9、，以下说法正确的是（）A带电小球由O到A的过程，电场力做功为14mgl B电场强度的大小36mgEq=C电场强度的方向由O指向C D带电小球由O到B的过程，电场力做功为14mgl 第卷 二、非二、非选择题：共：共5题，共，共60分。其中第分。其中第12题第第15题解答解答时请写出必要的文字写出必要的文字说明、方程式和重明、方程式和重要的演算步要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数，只写出最后答案的不能得分；有数值计算算时，答案中必，答案中必须明确写出数明确写出数值和和单位。位。11（15分）某同学为精确测量某金属导体的电阻，设计了如图甲所示的电路图。图中E为学生电源、G为灵敏电流计、A1

10、、A2为电流表、R1为电阻箱、R2与R3均为滑动变阻器、R0为定值电阻、S为开关、Rx为待测金属导体，另有导线若干。具体的实验操作如下：A按照如图甲所示的电路图连接好实验器材；B将滑动变阻器R2的滑片、滑动变阻器R3的滑片均调至适当位置，闭合开关S；C调整R3，并反复调整R1和R2使灵敏电流计的示数为零，测得此时A1的示数为I1，A2的示数为I2，电阻箱的示数为R1；D实验完毕，整理器材。（1）根据图甲实验电路图，将图乙实物图中连线补充完整_。（2）电路中需要两个量程为6A的电流表，但实验室提供的器材中，只有量程为0.3A、内阻为20的电流表。现将量程为0.3A的电流表扩充为6A量程，则应该并

11、联一个阻值R=_的电阻。如图所示为某次测量时改装后的电流表表盘指针位置，则此时的电流读数为_A。（3）待测金属导体Rx的阻值为_用所测物理量来表示）；电流表A1、A2的内阻对测量结果_（选填“有”或“无”）影响。12（8分）如图所示，气缸A的底面积是B的4倍，B的底面积为S；两气缸高度相同均为L，其距离缸底8L处由体积可忽略的细管连通，并安装有电热丝，A上端封闭，B上端与大气连通，两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。两气缸中各有一活塞a、b，活塞a质量0p Smg=，活塞b质量不计，气缸中气体均为同种气体。现将整个装置置于大气压为0p，温度为1280KT=的环境中，活塞a离气缸顶的距离是4L

12、，活塞b距离气缸顶部的距离是2L。大气压强保持不变，不计活塞的体积，忽略摩擦。求：（1）用电热丝缓慢加热气体，当活塞b刚好升至顶端时，活塞a下方气体的温度；（2）若在（1）的条件下，停止加热，活塞a发生了漏气，此时b活塞离气缸顶部的距离。13（8分）如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L1.0 m，与水平面之间的夹角37，匀强磁场磁感应强度B2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R1.6 的电阻，质量m0.5 kg，电阻r0.4 的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s3.8 m时达到稳定状态，对

13、应过程的vt图像如图乙所示。取g10 m/s2，导轨足够长（sin 370.6，cos 370.8）。求：（1）从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属杆上产生的焦耳热；（2）由图中信息计算01 s内，导体棒滑过的位移。14（14分）如图所示，固定光滑轨道由水平轨道AB和与AB相切于B点且半径0.5mR=的竖直半圆轨道BC组成，AB上静置一质量10.5kgm=的小滑块a；AB右侧水平地面上停靠一质量0.7kgM=的小车，小车的上表面水平且与AB等高，锁定小车。一水平轻弹簧右端固定在小车的挡板上，弹簧的自由端在P点，P点左侧的小车上表面是粗糙的，其他各处的摩擦均不计。现用手将一质量20.3k

14、gm=的小滑块b缓慢向右压缩弹簧一段距离并由静止释放b，b离开弹簧一段时间后与a发生弹性碰撞，碰撞后a沿轨道运动，恰好能通过最高点C，此后取走a；碰撞后b返回，经弹簧反弹一次后恰好停在小车的左端。已知b与AP间的动摩擦因数0.1=，a、b均视为质点，取重力加速度大小210m/sg=。（1）求碰撞后a经过B点时对轨道的压力大小；（2）求P、A两点间的距离L以及弹簧被释放前所具有的弹性势能；（3）若b与a碰撞时将小车解锁，b最终停在P点左侧何处？15（15分）如图所示，在平面直角坐标系xOy的x轴上方存在宽度为L的有界匀强电场区域，边界与x轴平行，电场强度的方向沿y轴负方向，大小为E。在x轴下方存

15、在长为3L、宽度为L的矩形磁场区域，磁场区域的上边界与x轴重合，坐标原点与磁场区域上边界的中点重合，磁感应强度大小为B，方向垂 直坐标平面向里。质量为m，带电荷量为+q的粒子A静止在坐标原点，不带电的粒子B以速度v0沿y轴负方向与粒子A发生弹性碰撞，碰撞前、后粒子A的带电荷量不变，不计粒子重力。已知26omvEqL=，0mvBqL=，Bmkm=。（1）若带电粒子A从磁场右侧边界离开磁场，求k的最大值；（2）若带电粒子A从磁场右侧边界的中点离开磁场区域；若粒子进入磁场后直接从右侧边界的中点离开磁场区域，求k的值；若粒子进入磁场后又返回电场再从磁场右侧边界的中点离开磁场区域，求k的值。15（15分

16、）如图甲所示，在xOy平面内有一离子源，该离子源能不间断的沿x轴正方向发射宽0.4mab=、沿y方向均匀分布的带负电离子流，离子流速率410 m/sv=，单位时间内发射个数为n0，离子流中心纵坐标0.2my=。离子流沿x方向射入一个半径为0.2mR=，中心O位于0.2my=的圆形匀强磁场区域，磁感应强度为B1，方向垂直xOy平面。从离子源中心处射出的离子经磁场偏转后恰能从O点沿y正方向射出。x轴上方有垂直纸面向内的强度可调的匀强磁场B2，调节范围为77210 T63051TB，在x轴上离O点0.2m处放置有一长度0.4mL=的水平荧光板gh，若有离子打在荧光板上时，荧光板会发出荧光。Og间另有

17、吸收板（图中未画出），离子打在荧光板和吸收板上均不反弹。已知离子的比荷112 10qm=C/kg，不计离子的重力及离子间的相互作用，求：（1）B1的大小和方向；（2）若21BB=，稳定后单位时间打到荧光板上的离子数（用n0表示）；（3）若将离子源的宽度变为0.2 3mab=，中心仍然与O的y坐标相同（如图乙），离子沿y方向不 再均匀分布，但聚焦到O点出射时离子流随角度均匀分布，求打到荧光板上的离子数占总数的比例与磁感应强度B2的函数关系（已知cosA=，可表示为arccosA=）。2023 年高考押题预测卷 02【江苏卷】物理全解全析 1【答案】B【解析】如图所示，两绳所在平面与竖直墙面间的夹

18、角为，两绳形成的合力为TF合，侧视如图所示，故2222(sin60)23cossin603dLLdLL=，根据TcosmgF=合，解得T2233mgLFLd=合；，每根绳中拉力为TF，TT2cos30FF=合，解得T223mgLFLd=，A 错误，B 正确；根据受力平衡N222tan32dFmgLd=，故N223mgdFLd=，CD 错误。故选 B。2【答案】C【解析】甲方案中，铝板摆动时，扇形铝板的半径切割磁感线，即使铝板摆动幅度很小，在铝板内也能形成涡流，起电磁阻尼的作用，指针能很快停下来；乙方案中，当指针偏转角度较小时，铝框中磁通量不变，不能 3【答案】D【解析】当=0时光线恰好在球面发

19、生全反射，即在球面处入射角恰好等于全反射临界角 C，光路图如图 1 所示，根据几何关系可得sinrCR=，根据全反射临界角 C满足的条件可得1sinCn=，解得3n=，故 A 错误；若要使光线从球形表面出射后恰好与入射光平行，那么出射光线与入射光线，以及法线必在同一平面内，且入射点与出射点的法线平行，入射光线必须在竖直平面内，光路图如图 2 所示，出射点必在 O点的正上方。1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B C D C D D C D D B 根据几何关系可得tanrR=，解得30=，根据折射定律可知，光线与竖直方向的夹角 必大于30。故 B 错误；要使光线在半球中传播的时间最长，因

20、只考虑第一次射到各表面的光线，当 临界等于 90时，光线在半球中传播路程最长，光路图如图 3 所示，其中路程 s满足要求。因入射角临界为 90，故折射角等于 C，由余弦定理得2222cos(90)RrsrsC=+，解得()713Rs+=，光在介质中传播速度为cvn=最长时间为()max2133Rtc+=，故 C 错误；能从平面出射的临界光路图如图 4 所示，光线在平面的 B点恰好发生全反射，以 OB 的长 L 为半径的圆形区域有光出射。设临界光线在 A点入射角为，折射角为，在 B 点出射时入射角等于全反射临界角 C。由折射定律得sinsinn=，由几何关系得C=+，又1sinCn=解得1tan

21、32=，可得1sin126 2=，由正弦定理得()sin 90sinRLC=+，解得84 2RL=，则平面有光出射的面积为2SL=，解得2228SR+=（），故 D 正确。故选D。4【答案】C【解析】由图可知，导线 cd 与导线 cbad 并联，电阻之比为 13，设恒流源中的电流为 I，由并联电路的分压规律可知，ab 中的电流为4I，cd中的电流为34I，电流方向都向左，由左手定则可知，两种情形导线框所受安培力方向都竖直向下，所以14BILFmg=+，234BILFmg=+，解得()212 FFIBL=，故 C 正确，ABD 错误。故选 C。5【答案】D【解析】A该金属光电效应截止时，光电子的

22、最大初动能为零，所以截止频率为 b，故 A错误；根据光电效应关系k0hEW=+逸，变形得k011EWhh=+逸，对照题中图线可知斜率1kh=，即1abhc=，故 B 错误；C当k0E等于零时，即光子能量恰好等于光电子的逸出功cbWhbab=逸，故 C 错误；当光照频率为 a时，光电子具有最大初动能k0Ec=，该金属光电效应的遏止电压即建立电场 使用电场力做负功，克服光电子的最大初动能，使光电子无法进入电路回路形成电流k0UeE=，得k0EUe=，即cUe=，故 D 正确。6【答案】D【解析】设发电机的电动势为 E，当发电机两极板电压稳定后，再进入发电通道的粒子所受到的电场力与洛仑兹力平衡，即0

23、EqqvBd=，联立解得2020 101000 5V1000VEdvB=，故 A 错误；由QneItt=得12091.6 1016 110Itne=，故 B 错误；发电机的内阻为22220 104850 1020 10drLh=，当当外接电阻为 12 时，由闭合电路欧姆定律，可得1000A50A128EIRr=+，故 C 错误；由电源输出功率的特点知，当电路内、外电阻相等时，即 R=r=8 时，发电机输出功率最大，故 D 正确。故选 D。7【答案】C【解析】设地球质量为 M，飞船运动半径为 r，对飞船研究可知2224MmGmrrT=，解得2324GMTr=，由几何关系可知2rR=，则地球密度M

24、V=，343VR=，解得224GT=，故选 C。8【答案】D【解析】根据题意，由图甲和图乙可知，两列波的周期均为1s，由公式vT=可得，两列波的波长为20cm100cmvT=时，分子间为引力，分子势能随分子间距离的增大而增大，D 正确；故选 D。10【答案】B【解析】O到 A 的过程，根据动能定理93288lmgWmglmgl+=，解得电场力做功14Wmgl=，A错误；O到C的过程，根据动能定理393248lmgWmglmgl+=，解得电场力做功38Wmgl=，则由 O运动到 B 的过程，解得电场力做功2134Wmgl=，可知 A、B为等势点，AB为一条等势线，电场强度的方向垂直AB，O到 A

25、 的过程1342WmglqEl=，所以36mgEq=，故CD 错误，B 正确。故选 B。第卷 二、非选择题：共二、非选择题：共 5 题，共题，共 60 分。其中第分。其中第 12 题题第第 15 题解答时请写出必要的文字说明、方题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。出数值和单位。11（15 分）【答案】（1）见解析 （3 分）（2）1.05 （3 分）4.3（3 分）（3）112IRI（3 分）无（3 分）【解析】（1）实物图中连线

26、如图所示 （2）要将量程为 0.3A 的电流表扩充为 6A 量程，应该并联电阻的阻值ggg0.3A201.056A0.3AI RRII=，如图所示电流表表盘指针位置读数为 4.3A；（3）R1、R2和 Rx、R0并联，两之路两端电压相等，灵敏电流计的示数为零时有120 xRRRR=，可知1RRxUU=，即112xI RI R=，解得112xIRRI=，电流表 A1、A2都接在电流计的右侧电路中其内阻对左侧电路中 Rx的测量无影响。12（8 分）【答案】（1）320K；（2）34L【解析】（1）对活塞 b下方气体分析，因为缓慢加热，故等压变化，压强始终为0p；同理活塞 a 上方气体压强也始终为0

27、10344mgpppS=因顶部导热，故温度不变，气体长度仍为4L，对 a下方气体由盖吕萨克定律可得1212VVTT=其中13442LLVSS=+，2344LVSLS=+解得2320KT=（2）由克拉伯龙方程，漏气前活塞 a 上方气体有11144LpSn RT=a 下方气体有0222p Vn RT=漏气后，两部分气体融为一个整体，活塞 a 下降至底部，所有气体温度恢复至室温，压强变为大气压强，此时有0331p Vn RT=因123nnn+=解得3174VLS=故活塞 B 离顶部距离3534BLSVLLS=13（8 分）【解析】（1）当金属棒匀速运动时，由平衡条件得sin37FmgF=+安 其中2

28、2=+安B L vFBILRr 由乙图可知1.0m/sv=，5NF=从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理得21(sin37)2FmgsWmv=克 又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得7.35JQW=克 两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为1.47JrrQQRr=+（2）进入匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，由动量定理有1(sin37)0FmgtBILtmv=又qIt=由图可知10.98m/sv=代入数据解得0.775Cq=由EBLxqIttRrRrRr=+得0.755mx=14（14 分）【答案】（1）30NN=；（2）25m36L=，p

29、6.875JE=；（3）停在 P 左侧5m18处 【详解】（1）在 C 点，根据牛顿第二定律211Cmvm gR=BC过程由动能定理2211222=CBmvmvmgR 5m sBavv=在 B 点211=BvNm gmR 解得30NN=由牛顿第三定律可知30NN=（2）a、b碰撞动量，能量守恒，取向左为正221bbam vm vmv=+222221111222bbam vm vmv=+得20m s3bv=，5m s3bv=反弹后回到 A 有222122bm vm gL=解得25m36L=释放前2p2216.875J2bEm vm gL=+=（3）反弹后 b与小车动量守恒()22bm vMmv=

30、+共 解得0.5m sv=共 至共速产生的热量()2222117J2224bQm vMmv=+=共 2Qm gL=3536L=518xLL=故停在 P 左侧5m18处。15（15 分）【答案】（1）1；（2）57；13【解析】（1）两粒子发生弹性碰撞，设 B、A 两粒子碰撞后瞬间的速度分别为 v1和 v2，碰撞过程中由动量守恒有012kmvkmvmv=+由机械能守恒有222012111222kmvkmvmv=+解得2021kvvk=+设粒子 A 在磁场中运动的轨迹半径为 R，由洛伦兹力提供向心力有222vmqv BR=联立可得221mvkLRqBk=+可知 k 越大，粒子 A 的轨迹半径越大，

31、如图 1 所示，当粒子 A 的运动轨迹与磁场区域下边界相切时，轨迹半径最大，此时粒子 A 的轨迹半径为RL=可得max1k=（2）粒子 A 在磁场中偏转一次直接从磁场右边界中点离开磁场区域，如图 2 所示 2221vmqv BR=由几何知识有()222111.52LRLR=+可得156LR=解得57k=粒子进入磁场后又返回电场再从磁场右侧边界的中点离离开磁场区域，由几何知识可知，粒子 A 要满足2212qELmv 2LR 解得11 2 3311k+粒子进入磁场后又返回电场再从磁场右侧边界的中点离离开磁场区域，则粒子在磁场中可能运动半个周期进入电场，经电场作用后以同样的速率垂直 x轴进入磁场，然后从磁场区域右边界中点离开磁场，可能的运动轨迹如图 3、图 4 所示。如图 3 由几何关系有 2222vmqv BR=222223322LRRL=+解得258RL=或212RL=511k=（不合题意，舍去）或13k=故 k的值为13。